2022-2023学年黑龙江省大庆铁人中学高一上学期期末物理试题（解析版）

2022级高一上学期期末考试

物理试题

第Ⅰ卷  选择题部分

一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 如图所示，“伽利略在做铜球沿斜面运动的实验”，油画中描述了伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，由此他推断：自由落体运动是匀变速直线运动。伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，对这一过程的分析，下列叙述正确的是（　　）

A. 伽利略通过实验来研究落体运动规律，比较精确的测量出了重力加速度的值

B. 伽利略的探究过程是：问题—猜想—数学推理—实验验证—合理外推—得出结论

C. 这个实验证实了亚里士多德对自由落体运动的认识是正确的

D. 伽利略通过这个实验总结出了惯性定律

【答案】B

【解析】

【详解】A．伽利略通过实验斜面来研究落体运动规律，得出了：自由落体运动是匀变速直线运动，但并没有测量出了重力加速度的值，A错误；

B．伽利略的探究过程是：提出问题—猜想—数学推理—实验验证—合理外推—得出结论，B正确；

C．这个实验驳倒了亚里士多德对自由落体运动的认识，C错误；

D．牛顿在前人的基础上得出了牛顿第一定律又称为惯性定理，D错误。

故选B。

2. 关于两个共点力的合力与两个分力的关系，下列说法正确的是（　　）

A. 两个力的合力总是大于这两个力中的任意一个力

B. 两个力的合力的方向总是沿着两个分力夹角的角平分线方向

C. 两个力合成，保持两个分力夹角和一个分力大小不变时，另一个分力增大，合力必增大

D. 两个分力的大小不变，夹角在0～180°之间变化，夹角越大，其合力越小

【答案】D

【解析】

【详解】A．两个力的合力可以大于、等于或小于分力，故A错误；

B．根据平行四边形定则可知，两个力的合力的方向总是沿着这两个力所构成平行四边形的对角线方向，但不一定是分力夹角的角平分线方向，故B错误；

C．当两个力在同一直线上，且夹角为180°时，保持两个分力夹角和一个分力大小不变时，另一个分力增大，则二者的合力有可能减小，故C错误；

D．两个分力的大小不变，夹角在0～180°之间变化，夹角越大，根据平行四边形定则可知其合力越小，故D正确。

故选D。

3. 长为20m的载重卡车在平直公路上正常行驶，速率为108km/h，要通过前方一长为100m的隧道，当卡车的任一部分处于隧道内时，卡车速率都不允许超过72km/h。已知卡车加速和减速时加速度的大小分别为和，则卡车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为（　　）

A. 6s B. 15s C. 16s D. 21s

【答案】D

【解析】

【详解】根据题意可知卡车运动分为三个阶段，减速阶段，匀速阶段和加速阶段。换算单位，。在减速阶段

匀速阶段的时间

加速阶段

故卡车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为

故选D。

4. 物体做直线运动的图像可以灵活选取纵横轴所表示的物理量，下列说法错误的是（　　）

A. 甲图中，物体在这段时间内的位移大于

B. 乙图中，物体的加速度为

C. 丙图中，阴影面积表示时间内物体的加速度变化量

D. 丁图中，时物体的速度为25m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移可知，甲图中，物体在这段时间内的位移大于，故A正确；

B．根据初速度为零的匀加速直线运动的位移速度关系可知，乙图中图像的斜率表示加速度的2倍，所以物体的加速度为

故B正确；

C．根据可知，丙图中，阴影面积表示时间内物体的速度变化量，故C错误；

D．丁图中图线所对应的函数关系式为

根据匀变速直线运动位移时间关系变形得

对比可得

，

则时物体的速度为

故D正确。

本题选错误的，故选C。

5. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处，绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。两物体静止时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α等于80°，则β等于（　　）

A. 50° B. 55° C. 65° D. 70°

【答案】A

【解析】

【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，由共点力平衡，O点两侧绳的拉力的合力与竖直向下的绳子拉力大小相等，方向相反，作力的平行四边形如图所示

根据几何关系有

解得

故选A。
 

6. 如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时B与A恰好分离。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

A. 当A与B恰好分离时，B的加速度大于A的加速度

B. 当A与B恰好分离时，B的加速度为g

C. 弹簧的劲度系数为

D. 在分离前A与B都做加速度增大的加速运动

【答案】C

【解析】

【详解】A．当A与B恰好分离时，两物体之间弹力恰好为0，速度相等，加速度也相等，A错误；

B．根据上述有

解得

a=0

B错误；

C．没有施加拉力时有

恰好分离时，根据上述可知，物体A的加速度为0，则有

根据题意有

解得

C正确；

D．分离前，弹簧压缩量减小，弹簧向上的弹力减小，可知AB整体所受外力的合力减小，则在分离前A与B都做加速度减小的加速运动，D错误。

故选C。

7. 如图所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m的物块恰好能沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内给物块一任意方向（α角任意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零

B. 当时，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面摩擦力向左

C. 物块与斜面间的动摩擦因数

D. 若外力拉着物块沿斜面匀速上滑，则的最小值为

【答案】A

【解析】

【详解】C．根据题意可知，未加时，物块匀速下滑，受力平衡，物块的受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得

解得物块与斜面间的动摩擦因数为

故C错误；

AB．根据题意可知，物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若对物块施加一个沿斜面方向的力，物块下滑过程中对斜面的作用力没有变，斜面受力情况不变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若对物体施加一个垂直于斜面方向的力，物块下滑过程中，对斜面的压力增加、摩擦力增加，如图所示

根据几何关系可知

故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零；在竖直平面内给物块一任意方向（角任意）的外力，此力可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，而施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力均为零，所以无论对物块施加什么方向的力，在停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故B错误，A正确；

D．若外力拉着物块沿斜面匀速上滑，设力与斜面的夹角为，根据平衡条件可得

解得

可知，的最小值为

故D错误。

故选A。

二、不定项选择题（共6小题，每小题4分，共24分，每题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

8. 关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）

A. 同一条直线上A车追B车，若两车在速度相等时没有相遇，则之后运动中也可能相遇

B. 做匀加速直线运动的物体某段位移的中间位置与中间时刻所处位置一定不重合

C. 物体在相邻相等时间内的位移比一定是1：3：5……：n

D. 在同一地点，物体分别做自由落体运动与做竖直上抛运动，二者加速度可能不同

【答案】AB

【解析】

【详解】A．同一条直线上A车追B车，两车在速度相等时没有相遇，若Ａ的速度大于Ｂ的速度，则之后运动中可以相遇，故Ａ正确；

B．设匀加速直线运动的物体初末速度为、，位移为x，则有

中间位置的速度设为、中间时刻的速度为，则有

可得

所以中间位置与中间时刻所处位置一定不重合，故B正确；

C．初速度为0的匀加速度直线运动，物体在相邻相等时间内的位移比一定是

故C错误；

D．在同一地点，物体分别做自由落体运动与做竖直上抛运动，二者加速度都是重力加速度，加速度相同，故D错误。

故选AB。

9. 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴由水平面开始向上缓慢转动直至木板竖直，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大

B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小

C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小

D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力不断增大

【答案】BD

【解析】

【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示

矢量三角形中，根据正弦定理

在木板以直线为轴由水平面开始向上缓慢转动直至木板竖直过程中，不变，从0逐渐增大到，又

且

可知

则

可知从钝角逐渐减小到锐角，根据

由于不断增大，可知不断增大，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则

可得

不变，逐渐增大，可知绳子拉力不断增大。

故选BD。

10. 如图所示，车内轻绳与轻绳拴住一小球，水平，开始时车向右做匀速直线运动，小球始终处于图中所示的位置相对车静止，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A. 若车突然加速运动，则绳、绳拉力都变大

B. 若车突然加速运动，则绳拉力不变，绳拉力变大

C. 若运动中烧断绳瞬间，球的加速度为

D. 若运动中烧断绳瞬间，球的加速度为0

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．根据题意，对小球受力分析，车向右做匀速直线运动时，如图所示

由平衡条件有

解得

若车突然加速运动，但小球始终处于图中所示的位置相对车静止，则有

解得

可知，绳拉力不变，绳拉力变大，故A错误，B正确；

CD．若运动中烧断绳瞬间，绳拉力和绳拉力消失，小球只受重力，球的加速度为，故D错误，C正确。

故选BC。

11. 如图甲所示，质量为1kg可视为质点的物块A放置在足够长的长木板B上，A、B静止在水平地面上，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示。已知长木板B的质量为2kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A. t＝0时刻，A的加速度大小为1m/s2

B. t＝4s时刻，B的加速度大小为m/s2

C. t=4s时刻，B的速度为8m/s

D. 4s后撤去外力F，又经过s，木板停止运动

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．当AB恰好发生相对滑动时，设拉力为，加速度为，对A根据牛顿第二定律

对AB整体

联立解得

由图乙可知，t＝0时刻，拉力为6N，故此时A的加速度大小为1m/s2，故A正确；

B．t＝4s时刻，AB发生相对滑动，此时对B，根据牛顿第二定律

解得

故B错误；

C．t＝0时刻，拉力为6N，此时之后AB一直相对滑动，0到4s之内，拉力对B的冲量

对B根据动量定理

解得

故C正确；

D．4s时，A的速度大小

4s后撤去外力F，B的加速度大小变为

当AB共速时

解得

因为A与B及B与地面间的动摩擦因数相同，故共速后AB一起相对静止减速到零，此过程用时

故撤去外力F到木板停止运动共用时

故D正确。

故选ACD。

12. “ALHILM世界杯圆梦之旅”是2022年卡塔尔世界杯决赛阶段官方指定用球，如图所示，法国队和阿根廷队决赛前，工作人员运送足球到场地的过程中，为了保证顶端足球不掉落，设抬球的长板与水平面的夹角为θ，忽略球与板，球与球之间摩擦，球和板始终处于平衡状态，则以下符合要求的θ正切值可能是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】当最上面的球与右边球之间的弹力刚好为0时θ最大，此时最上面的球受重力和支持力，支持力方向竖直向上。则由几何关系得

当θ最小时，下面两个球之间刚好没有弹力。设上边球与右边球的弹力大小为F，则对右边球受力分析得

对上边球，由平衡条件得

联立解得

则

故选BC。

13. 推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（　　）

A. 从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍

B. 从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍

C. 二者速度相等时，物块B的位移为1.128m

D. 弹簧中的弹力最大为768N

【答案】AC

【解析】

【详解】A．弹簧上的力的大小处处相等，故根据牛顿第二定律可知

，

故物块A的加速度始终是物块B的5倍。故A正确；

B．从开始运动到二者共速过程中，B物块的速度大于A物块的速度，相同的运动时间，则B的位移也大于A的位移。故B错误；

C．根据A选项中结论可知A物体位移为

，

联立以上两方程可知

故C正确；

D．当两物体共速时，弹簧中的弹力最大为

故D错误。

故选AC。

三、实验题（共2题，14题6分，15题8分，每空2分，共14分）

14. 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。

（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N。

（2）下列关于实验要求，必要或者正确的是________（填选项前的字母）。

A．应用测力计测量重物M所受的重力

B．B测力计与OM之间的夹角必须取90°

C．两根连接测力计到O点的细绳必需等长

D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置

（3）实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请在横线上写出一条可行解决该问题的办法________。

【答案】    ①. 3.6    ②. A    ③. 减小重物M的质量（合理即可）

【解析】

【详解】（1）[1]弹簧测力计的最小刻度为0.2N，则读数为3.6N；

（2）[2]A．重物的重力是合力，则应测量重物M所受的重力，故A正确；

B．B测力计与OM之间的夹角合适即可，不一定要取90°，故B错误；

C．两根连接测力计到O点的细绳不一定要等长，故C错误；

D．改变拉力，进行多次实验，O点位置可以变化，故D错误；

故选A。

（3）[3]当弹簧测力计A的指针超出量程，说明FA偏大，即其中一个分力大，若夹角不变，可以减小合力，从而减小分力，即更换为质量更小的重物；若合力不变，也可以减小OP与竖直方向的夹角，减小分力。所以可以减小重物M的质量（改变弹簧测力计B的拉力大小或减小重物质量、或将A换成量程较大的测力计、或改变B的方向等）

15. 在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，某小组在实验室组装了如图甲所示的装置。小车（包括其上砝码及拉力传感器）总质量为M，砝码盘及砝码总质量为m。要完成该实验，请回答下列问题：

（1）在研究a与F关系过程中，在小车的前方安装一个拉力传感器，其它操作正确无误。由于安装了拉力传感器，下列操作要求中不需要的是 _____（填选项前的字母）。

A．测出砝码和砝码盘的总质量

B．将木板垫起适当角度以平衡摩擦力

C．跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行

D．砝码和砝码盘的总质量m远小于小车的总质量M

（2）让砝码和砝码盘带动小车加速运动，如图乙所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A、B、C、D、E是按时间先后顺序确定的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。测量出相邻的计数点之间的距离分别是sAB＝1.20cm、sBC＝2.01cm、sCD＝2.79cm、sDE＝3.61cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，小车的加速度a＝______m/s2。（结果保留2位有效数字）

（3）某同学在探究a与F的关系时，作出a﹣F图线如图丙所示，该图线不过原点的主要原因是 ____。（横线上填写正确选项的字母代号）

A．补偿阻力时，长木板倾角过小

B．补偿阻力时，长木板倾角过大

C．砝码和砝码盘总质量m过小

D．砝码和砝码盘的总质量m过大

（4）另一同学去掉拉力传感器，保持砝码和砝码盘的总质量m不变，改变小车总质量M，（保持m<<M），多次实验后根据实验数据作出了图线如图丁所示，并求得图线的斜率为k，该同学得到砝码和砝码盘的总质量m为 ______。（已当地重力加速度为g）

【答案】    ①. AD## DA    ②. 0.80    ③. B    ④.

【解析】

【详解】（1）[1] AD．由于安装了拉力传感器，绳子上的拉力可以由拉力传感器测出，不用砝码和砝码盘总重力代表绳子的拉力大小，不需要测出砝码和砝码盘的总质量，不需要满足砝码和砝码盘的总质量m远小于小车的总质量M。AD正确；

B．该实验仍然需要将木板垫起适当角度以平衡摩擦力，B错误；

C．该实验仍然需要跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行，C错误；

故选AD。

（2）[2] 相邻的两个计数点之间时间间隔

小车的加速度

（3）[3] A B． a﹣F图线不过原点的主要原因是补偿阻力时，长木板倾角过大。绳子拉力为零时，小车就有加速度。

CD．力传感器能测出绳子上的拉力，砝码和砝码盘的总质量不会影响图像不过原点。CD错误。

故选B。

（4）[4]绳子上的拉力近似等于。由牛顿第二定律得

得

又图像的斜率为。则

得

四、计算题（共3题，16题8分，17题12分，18题14分，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）

16. 如图所示，底座A上装有长的直立杆，用细线悬挂，底座底面离水平地面H=0.2m，杆上套有一小环B，它与杆之间摩擦力大小恒定，若环从底座以的初速度沿杆向上运动，最后恰能到达杆的顶端（取）。求：

（1）环沿杆下滑过程中的加速度大小；

（2）若小环运动到杆顶端时细线突然断掉，底座下落后与地面立即粘合后静止，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环第一次与底座相碰。

【答案】（1）5m/s2；（2）0.4s

【解析】

【详解】（1）环向上做匀减速运动过程，由运动学公式得

解得

设环与杆间的滑动摩擦力大小为f，上滑过程由牛顿第二定律得

下滑过程由牛顿第二定律得

联立解得

（2）小环运动到杆顶端时细线突然断掉后，在底座与地面碰撞之前，环与底座一起做自由落体运动，对此过程有

解得

底座碰撞地面时的速度大小为

底座静止后，环以加速度a1沿杆做匀加速直线运动，对此过程有

解得

环向下运动的总时间为

即线断后经0.4s时间环第一次与底座相碰。

17. 竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个质量为M=5kg的正方体，在墙壁和正方体之间放置一半径为R=0.5m，质量为m=1kg的光滑球，正方体和球均保持静止。O为球的球心，如图所示为过球心O的竖直截面图，ABCD为立方体截面的四个顶点，OB竖直方向的距离为0.4m，正方体与水平地面的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：

（1）正方体和墙壁对球的弹力N1和N2分别是多大；

（2）若仅增大球的质量，不改变球的大小，为了不让正方体出现滑动，则球的质量最大为多少。

【答案】（1）12.5N，7.5N；（2）10kg

【解析】

【详解】（1）对球受力分析，如图1所示：设OB与竖直方向夹角为θ，则由数学关系可知

θ=37°

sinθ=0.6

cosθ=0.8

根据平衡条件可得

N1cosθ＝mg

N1sinθ＝N2

解得

N1=12.5N

N2＝mgtanθ=7.5N

（2）正方体和球组成的系统受力情况如图2所示，根据平衡条件可得

N3＝Mg+mg

正方体受到的最大静摩擦力为

f＝μN3

正方体不滑动，需要满足

N2≤f

即

mgtanθ≤μ（Mg+mg）

解得

则球的最大质量为10kg。

18. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12 m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10 m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）

（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；

（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；

（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。

【答案】（1）0.75，0.25；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由图乙所示v—t图像得t=1 s时煤块与传送带共速，0~1 s内煤块的加速度大小

方向沿传送带向下，1~2 s内煤块的加速度大小

方向沿传送带向下，0~1 s内，对煤块由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μmgcosθ=ma1

1~2 s内，对煤块由牛顿第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得

tanθ=0.75，μ=0.25

（2）v—t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为

在下滑过程，由运动学公式有

解得

所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为

（3）0~1 s内煤块相对传送带向上运动，煤块比传送带多走

即划痕长4 m，1~2 s内煤块相对传送带向下运动，传送带比煤块多走

则划痕仍然为4 m，2~内传送带向上运动，煤块向下运动，相对位移大小为

则划痕总长为